Szybkie rozkładanie wielomianu

oskar11 · Post autor: **oskar11** » 7 sty 2012, o 21:08

Witam!

Mam pewne pytanie czy są jakieś sztuczki, żeby zauważyć na podstawie równania wielomianowego/wielomianu, które liczby są lepszymi kandydatami na pierwiastki (zbyt wielu kandydatów z tw. o wym. pierwiastkach wielomianu).

Mam na myśli przykładu typu:
\(\displaystyle{ x^3+12x^2+44x+48=0}\)
\(\displaystyle{ x^4-3x^3-14x^2-20x-24=0}\)

miki999 · Post autor: **miki999** » 7 sty 2012, o 21:17

Np. w pierwszym można zauważyć, ze kandydaci są wyłącznie ujemni oraz ze względu na dodatnie współczynniki oraz aż 3. potęgę iksa proponowałbym szukać wśród tych mniejszych liczb.
Co do drugiego to w sumie loteria, więc ciężko kandydatów ustalić. Pewnie będzie coś dodatniego niezbyt dużego (bo \(\displaystyle{ x^4}\) wywala nam liczby wysoko, ale za to reszta współczynników jest ujemna).

Należy się kierować intuicją.

Czasem uda się pobawić tak jak tu: 279591.htm - ale jak widać- nie zawsze.

oskar11 · Post autor: **oskar11** » 7 sty 2012, o 21:53

Bo dajmy na to w tym pierwszym widziałem takie rozwiązanie w sieci (trzy trafione za pierwszym razem):
\(\displaystyle{ x^3+12x^2+44x+48=0}\)

\(\displaystyle{ \begin{tabular}{ccccc}
& 1 & 12 & 44 & 48 \\
-6 & 1 & 6 & 8 & 0 \\
-4 & 1 & 8 & 12 & 0 \\
-2 & 1 & 10 & 24 & 0 \\
\end{tabular}}\)

Jak jest korzystniej - szukać dla podstawowego wyrażenia (najwyższe potęgi - tak jak powyżej) pierwiastków czy lepiej jednak schodzić niżej i dla niższych współczynników (oddzielna tabelka, tudzież w tej samej).

W tym drugim (drugi z pierwszego postu) też zresztą widziałem jak za pierwszym razem ktoś trafił dwa pierwiastki, którymi były: \(\displaystyle{ -2}\) i \(\displaystyle{ 6}\), więc nie wiem jak niektórzy to robią.

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 7 sty 2012, o 22:14

A skąd wiesz, że za pierwszym razem trafił ?

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 7 sty 2012, o 23:05

Dla rownania trzeciego stopnia zawsze zadzialaja takie podstawienia

\(\displaystyle{ x=y- \frac{a_{2}}{3a_{3}}\\
y=u+v}\)

Podobne podstawienia zadzialaja dla rownania czwartego stopnia

Czy ja wiem czy jest to szybkie rozkladanie ?
Na pewno jest ono skuteczne

oskar11 · Post autor: **oskar11** » 7 sty 2012, o 23:38

Mariuszm, mógłbyś to pokazać na jakimś przykładzie?

Piasek101, tak to po prostu wyglądało - tego typu przykładu szły gładko - nie zawsze wszystkie za pierwszym, ale mimo wszystko z dużą skutecznością - być może kwestia szybkiego rachowania w pamięci i dobrej intuicji.

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 8 sty 2012, o 01:01

\(\displaystyle{ x^3+12x^2+44x+48=0\\
x=y-4\\
\left(y-4 \right)^3+12\left( y-4\right)^2+44\left( y-4\right)+48\\
y^3-12y^2+48y-64+12y^2-96y+192+44y-176+48\\
y^3-4y=0\\
y=u+v\\
\left( u+v\right)^3-4\left( u+v\right)=0\\
u^3+v^3+3\left( u+v\right)\left( uv- \frac{4}{3} \right)=0\\
\begin{cases} u^3+v^3=0 \\ 3\left( u+v\right)\left( uv- \frac{4}{3} \right)=0 \end{cases} \\
\begin{cases} u^3+v^3=0 \\ uv= \frac{4}{3} \end{cases} \\
\begin{cases} u^3+v^3=0 \\ u^3v^3= \frac{64}{27} \end{cases} \\}\)

Powyższy układ równań to wzory Viete równania kwadratowego

\(\displaystyle{ t^2+ \frac{64}{27}=0\\
\left( t+ \frac{8 \sqrt{3} }{9}i \right)\left( t- \frac{8 \sqrt{3} }{9}i \right)=0\\
t_{1}=\frac{8 \sqrt{3} }{9}i\\
t_{2}=-\frac{8 \sqrt{3} }{9}i\\
\begin{cases} u_{1}=1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ v_{1}=1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases}\\
u_{1}v_{1}= 1+ \frac{1}{3}= \frac{4}{3} \\
\begin{cases} u_{1}=1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ v_{1}=1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases}\\
\begin{cases} u_{2}=\exp{\left( \frac{2\pi \cdot i}{3} \right) }u_{1} \\ v_{2}=\exp{\left( \frac{4\pi \cdot i}{3} \right) }v_{1} \end{cases}\\
\begin{cases} u_{3}=\exp{\left( \frac{4\pi \cdot i}{3} \right) }u_{1} \\ v_{3}=\exp{\left( \frac{2\pi \cdot i}{3} \right) }v_{1} \end{cases}\\
\begin{cases} u_{1}=1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ v_{1}=1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases}\\
\begin{cases} u_{2}=-1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ v_{2}=-1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases}\\
\begin{cases} u_{3}= -\frac{2}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ v_{3}= \frac{2}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases}\\
\begin{cases} y_{1}=1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i +1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i \\ y_{2}=-1+ \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i+-1- \frac{1}{ \sqrt{3} } \cdot i\\y_{3}=-\frac{2}{ \sqrt{3} } \cdot i+\frac{2}{ \sqrt{3} } \cdot i \end{cases} \\
\begin{cases} y_{1}=2 \\ y_{2}=-2\\y_{3}=0 \end{cases}\\
\begin{cases} x_{1}=-2 \\ x_{2}=-6\\x_{3}=-4 \end{cases}}\)

Aby wykorzystać ten pomysł do równania

\(\displaystyle{ x^4-3x^3-14x^2-20x-24=0}\)

trzeba zastosować podstawienia

\(\displaystyle{ x=y +\frac{3}{4}\\
2y=u+v+w}\)

miki999 · Post autor: **miki999** » 8 sty 2012, o 10:51

Tzw. szybka metoda dla licealistów.

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 8 sty 2012, o 11:39

oskar11 pisze:Piasek101, tak to po prostu wyglądało - tego typu przykładu szły gładko - nie zawsze wszystkie za pierwszym, ale mimo wszystko z dużą skutecznością - być może kwestia szybkiego rachowania w pamięci i dobrej intuicji.

Horner jest skuteczny i szybki - w zasadzie nie wymaga ,,rachowania w pamięci".

Mariusz M · Post autor: **Mariusz M** » 8 sty 2012, o 12:35

Mozna podac takie wielomiany ze "Horner" nie bedzie ani szybszy ani skuteczny
Poza tym ten "Horner" sluzy tylko do dzielenia przez dwumian i obliczania wartosci
wiec pierwiastek musisz znac
Obliczanie wartości wielomianu pozwala zgadywać pierwiastki ale to nie zawsze jest szybsze
nie jest także skuteczne
Poza tym nie zawsze da sie znaleźć pierwiastki wymierne ani łatwo pogrupować wyrazy
a te podstawienia pozwolą obniżyć stopień każdego wielomianu trzeciego i czwartego stopnia

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 8 sty 2012, o 12:42

To, że można znaleźć - prawda; ale dotyczy to wszystkich metod (też tej ,,krótkiej" którą podałeś).

A co do

mariuszm pisze: Poza tym ten "Horner" sluzy tylko do dzielenia przez dwumian i obliczania wartosci
wiec pierwiastek musisz znac

nie zgadzam się.

NiuniQ · Post autor: **NiuniQ** » 8 sty 2012, o 12:55

pamiętajcie, że jeżeli suma współczynników jest równa 0 to jego pierwiastkiem jest 1.
jest jeszcze twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu.

małe co nieco odnoście Hornera:

oskar11 · Post autor: **oskar11** » 8 sty 2012, o 22:27

Jeszcze mam takie pytanie co do rozkładania na postać iloczynową, kiedy to niewiadoma w jednym z iloczynów jest ze znakiem minus, a mianowicie:
\(\displaystyle{ (3x^2-5x+2)(5-2x)(x^2+1)>0}\)
Czyli najpierw mogę podzielić przez czynnik stałego znaku i dostać:
\(\displaystyle{ (3x^2-5x+2)(5-2x)>0}\)
Chodzi mi o to, że gdy mamy \(\displaystyle{ 5-2x}\), to wiadomo, że \(\displaystyle{ x=\frac{5}{2}}\), tylko jeśli zapiszę całość już w postaci iloczynowej
\(\displaystyle{ (x-\frac{2}{3})(x-1)(x-\frac{5}{2})>0}\)
To teraz skoro przy iloczynowej mam odwrotne znaki muszę tego minusa potraktować jako współczynnik a przed całością i wtedy roboczy wykres f. wielomianowej rysować spod osi?
\(\displaystyle{ -(x-\frac{2}{3})(x-1)(x-\frac{5}{2})>0}\)

piasek101 · Post autor: **piasek101** » 8 sty 2012, o 22:31

Nie musisz tak robić (bo komplikujesz sprawę), masz wyznaczyć ,,zera" nawiasów (i je masz) potem rysowanie ,,węża".

A czepiając się (chociaż nie ma to wpływu na rozwiązanie) to nie jest tym samym.

oskar11 · Post autor: **oskar11** » 8 sty 2012, o 22:51

piasek101 pisze: A czepiając się (chociaż nie ma to wpływu na rozwiązanie) to nie jest tym samym.

Mógłbyś rozwinąć?

Czyli jak jestem na tym etapie:
\(\displaystyle{ (x-\frac{2}{3})(x-1)(x-\frac{5}{2})>0}\)
To co najrozsądniej zrobić, żeby nie zgubić tego minusa i nie przekombinować?
Spojrzeć na podstawową formę zawsze i z tego wnioskować znak niewiadomej i nie kombinować?
W sensie z tej
\(\displaystyle{ (3x^2-5x+2)(5-2x)>0}\)